河北省唐山市第一中学2020届高三上学期10月调研物理试题

唐山一中2019〜2020学年第一学期调研考试

高三物理试卷

一、选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分。在下列各题的四个选项中，只有一个选项符合要求）

1.如图所示，汽车B在水平路面上以相对于地面的速度v1向右运动，车上的货物A以相对于地面的速度v2向右运动.下列 判断正确的是（）

A. 若v1<v2，货物A受到了汽车B所施加的向右的滑动摩擦力

B. 若v1<v2，汽车B受到了货物A所施加的向右的滑动摩擦力

C. 若v1>v2，货物A受到了汽车B所施加的向左的滑动摩擦力

D. 若v1>v2，汽车B受到了货物A所施加的向右的滑动摩擦力

【答案】B

【解析】

【详解】AB．若v1＜v2，则A相对B向右运动，故B对A施加向左的滑动摩擦力，汽车B受到了货物A所施加的向右的滑动摩擦力，故A错误，B正确。

CD．若v1＞v2，则A相对B向左运动，故B对A施加向右的滑动摩擦力，汽车B受到了货物A所施加的向左的滑动摩擦力，故CD错误；

2.如图所示，倾角的斜面体C固定在水平面上，置于斜面上的物块B通过细绳跨过光滑定滑轮滑轮可视为质点与小球A相连，连接物块B的细绳与斜面平行，滑轮左侧的细绳长度为L，物块B与斜面间的动摩擦因数开始时A、B均处于静止状态，B、C间恰好没有摩擦力，现让A在水平面内做匀速圆周运动，物块B始终静止，则A的最大角速度为  　　

A  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】开始时A、B均处于静止状态，B、C间恰好没有摩擦力，则有mAg=mBgsinθ；解得：mB=2mA；当A以最大角速度做圆周运动时，要保证B静止，此时绳子上的拉力T=mBgsinθ+μmBgcosθ=2mAg；设A以最大角速度做圆周运动时绳子与竖直方向的夹角为α，则cosα＝；对A受力分析可知，物体A做圆周运动的半径R=Lsinα=L，向心力为Fn=Tsinα＝mAg；由向心力公式Fn＝mAω2R，代入数据解得ω=，A正确；故选A。

【点睛】本题受力过程比较复杂，解题关键是找到当A以最大角速度做圆周运动时，要保证B静止的条件，再求出绳子拉力，再结合受力分析进行求解．

3.如图所示，位于同一高度的小球A、B分别水平抛出，都落在倾角为45°的斜面上的C点，小球B恰好垂直打到斜面上，则A、B在C点的速度之比为                                             （    ）

A. 1：2 B. 1：1 C.  D.

【答案】D

【解析】

【详解】小球A做平抛运动，根据分位移公式，有：①，②，又③，联立①②③得④，则A在C点的速度；小球B恰好垂直打到斜面上，则有⑤，则得⑥，由④⑥得：．则B在C点的速度，则，故ABC错误，D正确．

故选：D

【点睛】两个小球同时做平抛运动，又同时落在C点，说明运动时间相同，竖直速度相同．小球垂直撞在斜面上的C点，说明速度方向与斜面垂直，可以根据几何关系求出相应的物理量．

4.如图所示，质量为m的物块放在质量为M的薄木板的右端，木板放在光滑的水平地面上，物块与薄木板间的动摩擦因数为μ．现对木板施加一水平向右的恒力F，木板从静止开始运动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．下列说法正确的是

A. 当F<μmg时，物块相对地面静止

B. 当F=μmg时，物块相对木板滑动

C. 当F>μmg时，物块相对木板滑动

D. 当F>μ(m+M)g时，物块的加速度与恒力F无关

【答案】D

【解析】

物块受到的摩擦力为物块提供加速度，所以物块的最大加速度由最大摩擦力为，即，。当加速度大于最大加速度时，物块将不能和薄木板一起运动。当F<μ(m+M)g时，物块和薄木板一起运动；当F>μ(m+M)g时，物块的加速度等于最大加速度，与恒力F无关。故ABC错误，D正确。

故选：D。

5.我国第一颗月球探测卫星“嫦娥一号”己于2007年10月24日在西昌卫星发射中心由“长征三号甲”运载火箭成功发射升空.假设该卫星的绕月轨道是圆形的，且距离月球表面高度为h，并己知该卫星的运行周期为T，月球的直径为d，万有引力常量 为G，则可求出（　　）

A. 月球质量M=

B. 月球探测卫星“嫦娥一号”在离月球表面h高度轨道上运行的速度v = πd/T

C. 月球探测卫星“嫦娥一号”绕月轨道的半径r=d+h

D. 月球表面的重力加速度g=

【答案】A

【解析】

【详解】A．由

得

故A正确。
 B．探测卫星“嫦娥一号”在离月球表面h高度轨道上运行的速度

故B错误。
 C．轨道半径等于卫星到月球球心的距离，即

故C错误。

D．根据万有引力等于重力

可得

故D错误。

6.如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1匀速向右运动，一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2（v2>v1）滑上传送带， 最终滑块又返回至传送带的右端，就上述过程，下列判断正确的有（）

A. 滑块返回传送带右端时的速率为v2

B. 此过程中传送带对滑块做功为

C. 此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为

D. 此过程中电动机做功为

【答案】D

【解析】

【详解】A．由于传送带足够长，滑块匀减速向左滑行，直到速度减为零，然后滑块在滑动摩擦力的作用下向右匀加速，由于v1＜v2，所以当滑块速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，物体与传送带一起向右匀速运动，所以滑块返回传送带右端时的速率等于v1；故A错误；

B．此过程中只有传送带对滑块做功，根据动能定理得：传送带对滑块做功

故B错误；
CD．设滑块向左运动的时间t1，位移为x1，则：

摩擦力对滑块做功：

①

又摩擦力做功等于滑块动能的减小，即：

②

该过程中传送带的位移：

x2=v1t1

块对传送带做的功：

 ③

将①②代入③得：

W2=-mv1v2

设滑块向右运动的时间t2，位移为x3，则：

摩擦力对滑块做功：

该过程中传送带的位移：

滑块对传送带做功：

故此过程中滑块对传送带做的功为

。

则此过程中电动机做功为

滑块相对传送带的总位移：

滑动摩擦力对系统做功：

滑块与传送带间摩擦产生的热量大小等于通过滑动摩擦力对系统做功

故C错误，D正确；

7.如图所示，一倾角为α的固定斜面下端固定一挡板，一劲度系数为k的轻弹簧下端固定在挡板上.现将一质量为m的小物块从斜面上离弹簧上端距离为s处，由静止释放，己知物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块下滑过程中的最大动能为Ekm，则小物块从释放 到运动至最低点的过程中，下列说法中正确的是（）

A. μ>tanα

B. 物块刚与弹簧接触的瞬间达到最大动能

C. 弹簧的最大弹性势能小于整个过程中物块减少的重力势能与摩擦力对物块做功之和

D. 若将物块从离弹簧上端2s的斜面处由静止释放，则下滑过程中物块的最大动能小于 2Ekm

【答案】D

【解析】

【详解】A．小物块从静止释放后能沿斜面下滑，则有 mgsinα＞μmgcosα，解得 μ＜tanα．故A错误；

B．物块刚与弹簧接触的瞬间，弹簧的弹力仍为零，仍有mgsinα＞μmgcosα，物块继续向下加速，动能仍在增大，所以此瞬间动能不是最大，当物块的合力为零时动能才最大，故B错误；

C．根据能量转化和守恒定律知，弹簧的最大弹性势能等于整个过程中物块减少的重力势能与产生的内能之差，而内能等于物块克服摩擦力做功，可得弹簧的最大弹性势能等于整个过程中物块减少的重力势能与摩擦力对物块做功之和。故C错误；

D．若将物块从离弹簧上端2s的斜面处由静止释放，下滑过程中物块动能最大的位置不变，弹性势能不变，设为Ep．此位置弹簧的压缩量为x。根据功能关系可得：将物块从离弹簧上端s的斜面处由静止释放，下滑过程中物块的最大动能为

。

将物块从离弹簧上端s斜面处由静止释放，下滑过程中物块的最大动能为

。

而

由于在物块接触弹簧到动能最大的过程中，物块的重力势能转化为内能和物块的动能，则根据功能关系可得：

即

所以得

．

故D正确。

8.如图所示，D是一只具有单向导电性的理想二极管，水平放置的平行板电容器AB 内部有带电微粒P处于静止状态.下列措施下，关于P的运动情况的说法中不正确的是（）

A. 保持S闭合，增大A、B板间距离，P仍静止

B. 保持S闭合，减小A、B板间距离，P向上运动

C 断开S后，增大A、B板间距离，P向下运动

D. 若B板接地，断开S后，A板稍下移，P的电势能不变

【答案】C

【解析】

【详解】A．当保持开关S闭合时，则电容器的电压不变；当增大A、B极间距，则导致电容器的电容减小，则出现电容器的电量减小，然而二极管作用导致电容器的电量不会减小，则电容器的电量会不变。由于平行板电容器的电场强度与电容器的电量、电介质及正对面积有关。所以电场强度不变，故A正确，不符合题意；

B．当保持开关S闭合时，电容器的电压不变；当减小A、B极间距，则导致电容器的电容增加，则出现电容器的电量增加。由于平行板电容器的电场强度与电容器的电量、电介质及正对面积有关。因此电场强度增大，所以P向上运动。故B正确，不符合题意；

C．当增大A、B板间距离，导致电容器的电容减小，由于断开开关S，则电容器的电量不变，所以极板间的电场强度不变。因此P仍处于静止，故C错误，符合题意；

D．A板稍下移，导致电容器电容增大；当断开S后，则电容器的电量不变，所以电场强度也不变。由于B板接地，则P点到B板的电势差不变，因此P点的电势能也不变。故D正确，不符合题意；

二、多项选择（本题共4小题，每小题4分，共16分。在下列各题的四个选项中，有多个选项是符合要求的，选对但不全者得2分，错选或不选得0分）

9.如图甲所示，用轻绳拴着一质量为带正电的 小球在竖直面内绕O点做圆周运动，竖直面内加有竖直向下的匀强电场，电场强度为E，如图甲所示，不计一切阻力，小球运动到最高点时的动能Ek与绳中张力F间的关系如图乙所示，当地的重力加速度为g，由图可推知（）

A. 轻绳的长度为

B. 小球所带电荷量为

C. 小球在最高点的最小速度为

D. 小球在最高点的最小速度为

【答案】AC

【解析】

【详解】A．在最高点时，绳对小球的拉力、重力和电场力的合力提供向心力，则得：

，

即

故

由图象可知，图象斜率

即

故A正确；

B．当F=0时，由

，

解得，

故B错误；

CD．当F=0时，重力和电场力提供向心力，此时为最小速度，

解得

故C正确，D错误；

10.如图所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为M的小车，其左侧有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道AB，轨道最低点B与水平轨道BC相切，整个轨道处于同一竖直平面内．将质量为m的物块（可视为质点）从A点无初速释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出．设重力加速度为g，空气阻力可忽略不计．关于物块从A位置运动至C位置的过程中，下列说法正确的是（　　）

A. 小车和物块构成的系统动量不守恒

B. 摩擦力对物块和轨道BC所做的功的代数和为零

C. 物块运动过程中的最大速度为

D. 小车运动过程中的最大速度为

【答案】AD

【解析】

试题分析：小车和物块构成的系统在水平方向受到的合力为零，竖直方有加速度，合力不为零，系统在水平方向动量守恒．摩擦力大小相等方向相反，但物块与车位移不等（有相对位移），代数和不为0．在脱离圆弧轨道后，小车和物块都会做匀减速运动，所以最大速度出现在物块运动到B点时，此时物块在A点时的重力势能转化为了小车和物块的总动能，而且小车和物块的动量和为0，根据动量守恒和能量守恒列出等式求解．

小车和物块构成的系统在水平方向受到的合力为零，竖直方向有加速度，合力不为零，所以小车和物块构成的系统动量不守恒，在水平方向动量守恒，A正确；摩擦力大小相等方向相反，但物块与车位移不等（有相对位移），代数和不为0，故B错误；在脱离圆弧轨道后，小车和物块由于摩擦力都会做匀减速运动，所以最大速度出现在物块运动到B点时，规定向右为正方向，小车和物块构成的系统在水平方向受到的合力为零，系统在水平方向动量守恒．设物块运动到B点时，物块的速度大小是，小车的速度大小是，根据动量守恒得：，根据能量守恒得，解得，故C错误D正确．

11.如图所示，物体A和B的质量均为m ，且分别与跨过定滑轮的轻绳连接(不计绳与滑轮、滑轮与轴之间的摩擦)在用水平变力F拉物体B沿水平方向向右做匀速直线运动的过程中，则（       ）

A. 物体A也做匀速直线运动

B. 绳子拉力始终大于物体A所受重力（00＜＜900）

C. 绳子对物体A的拉力逐渐增大

D. 绳子对物体A的拉力逐渐减小

【答案】BD

【解析】

【详解】A、设绳子与水平方向的夹角为α，将B的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的分速度等于A的速度，有，B向右做匀速直线运动，由于α减小，则有A的速度增大，A做加速运动，故A错误；

B、物体A向上做加速运动，拉力，故B正确；

CD、运用外推法：若绳子无限长，B物体距滑轮足够远，即当α→0时，有，这表明，物体A在上升的过程中，加速度必定逐渐减小，绳子对A物体的拉力逐渐减小，故C错误，D正确；

故选BD。

【点睛】关键是将B的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的分速度等于A的速度。

12.空间存在匀强电场，在电场中建立Oqyz空间坐标系如图所示，a、b、c三点分别在三个坐标轴上，距离原点O的距离，，d点在yOz平面上，且将带电荷量为的试探电荷从d点移到b点电场力做功为零，从a点移动到b点电场力做功，bO间电势差，由此可判断　　

A. 空间电场强度的方向沿x轴正方向 B. 空间电场强度的大小为

C. cO间电势差 D. 电场中的等势面垂直于xOy平面

【答案】BD

【解析】

【分析】

试探电荷从d点移到b点电场力做功为零，说明匀强电场线垂直于db，且db在等势面上。根据bO间电势差求出电场强度大小。

【详解】空间电场强度的方向只要垂直于db即可，故A错误；在xOy平面上的直角三角形aOb如图所示，a、b间电势差，bO间电势差，则原点O与ab中点电势相等，故过原点O作ab中点的连线Oe为等势线，三角形中a点电势最低，因此作Oe的垂线指向a即为xOy平面上的一条电场线，所以场强方向与x轴正方向成角，场强大小，故B正确；

cO平行于db，故cO间电势差为0，故C错误；试探电荷从d点移到b点电场力做功为零，说明匀强电场线垂直于db，且db在等势面上，故电场中的等势面垂直于xOy平面，故D正确。所以BD正确，AC错误。

【点睛】解答此题的关键是知道等势面与电场线垂直，会运用求解电场强度。

三、实验题（本大题共2小题，共10分）

13.图甲所示为某实验小组测量A、B两个箱子质量的装置图,其中D为铁架台,E为固定在铁架台上的轻质定滑轮(质量和摩擦可忽略),F为光电门,C为固定在A上、宽度为d的细遮光条(质量不计)。此外该实验小组还准备了砝码一套(总质量m0=1kg)和刻度尺等,请在以下实验步骤中按要求作答:

(1)在铁架台上标记一位置O,并测得该位置与光电门之间的高度差h。

(2)取出质量为m的砝码放在A中,剩余砝码都放在B中,让A从位置O由静止开始下降。

(3)记录下遮光条通过光电门的时间t,根据所测数据计算出A下落到F处的速率v=____;下落过程中的加速度大小a=______。

(4)改变m,重复(2)(3)步骤,得到多组m及a的数据,作出____(填“a-m”或“a-”)图像如图乙所示(图中横、纵坐标物理量的单位均采用国际制单位)

(5)由图像可得,A的质量mA=____kg,B的质量mB=____kg(保留两位有效数字,重力加速度大小g取10m/s2)

【答案】    (1).     (2).     (3).     (4). 3.0kg    (5). 1.0kg

【解析】

【详解】(1)由很短时间内的平均速度近似等于瞬时速度可知， ；

(2)由匀变速直线运动的速度位移公式得：，解得：；

(3)由牛顿第二定律得：，解得：，所以应作出的图象；

(4)图象斜率为：，截距为：，联立解得：。

四、计算题（本题共42分，其中14题12分，15题14分，16题18分。解题过程中要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写最后答案的不能得分）

14.一轻质细绳一端系一质量为m =0.05吻的小球儿另一端挂在光滑水平轴O上，O到小球的距离为L= 0.1m，小球跟水平面接触，但无相互作用，在球的两侧等距离处分别固定一个光滑的斜面和一个挡板，如图所示水平距离s=2m，动摩擦因数为μ=0.25.现有一滑块B，质量也为m=0.05kg，从斜面上高度h=5m处滑下，与 小球发生弹性正碰，与挡板碰撞时不损失机械能.若不计空气阻力，并将滑块和小球都视为质点，（g取10m/s2，结果用根号表示），试问：

（1）求滑块B与小球第一次碰前的速度以及碰后的速度.

（2）求滑块B与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力.

（3）滑块B与小球碰撞后，小球在竖直平面内做圆周运动，求小球做完整圆周运动的次数.

【答案】（1）滑块B与小球第一次碰前速度为m/s，碰后的速度为0；（2）滑块B与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力48N；（3）小球做完整圆周运动的次数为10次。

【解析】

【详解】（1）滑块将要与小球发生碰撞时速度为v1，碰撞后速度为v1′，小球速度为v2

根据能量守恒定律，得：

mgh=

解得：

v1=m/s

A、B发生弹性碰撞，由动量守恒，得到:

mv1=mv1′+mv2

由能量守恒定律，得到：

解得：

v1′=0，v2=m/s

即滑块B与小球第一次碰前的速度为m/s，碰后的速度为0

（2）碰后瞬间，有：

T-mg=m

解得：

T=48N

即滑块B与小球第一次碰后瞬间绳子对小球的拉力48N。

（3）小球刚能完成一次完整的圆周运动，它到最高点的速度为v0，则有：

mg=m

小球从最低点到最高点的过程机械能守恒，设小球在最低点速度为v，根据机械能守恒有：

解得：

v=m/s

滑块和小球最后一次碰撞时速度至少为v=m/s，滑块通过的路程为s′，根据能量守恒有:

mgh=

解得：

s′=19m

小球做完整圆周圆周运动的次数：

n== 10次

即小球做完整圆周运动的次数为10次。

15.如图所示，一水平的长L=2.25m的传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面，皮带以v0=4m/s匀速顺时针转动，现在传送带上左端静止放上一质量为m=1kg的煤块（视为质点），煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数为均为μ1=0.2，经过一段时间，煤块被传送到传送带的右端，此过程在传送带上留下了一段黑色痕迹，随后煤块在平稳滑上右端平板上的同时，在平板右侧施加一个水平向右恒力F=17N，F作用了t0=1s时煤块与平板速度恰相等，此时刻撤去最终煤块没有从平板上滑下，已知平板质量M=4kg，（重力加速度为g=10m/s2），求：

(1)传送带上黑色痕迹的长度；

(2)求平板与地面间动摩擦因数的大小；

(3)平板上表面至少多长？（计算结果保留两位有效数字）。

【答案】（1）3.75m；（2）0.3；（3）1.6m。

【解析】

【详解】（1）对煤块由牛顿第二定律：μ1mg=ma1
得 a1=2m/s2
若煤块一直加速到右端，设到右端速度为v1得：v12=2a1L
解得：v1=3m/s
因为v1＜v0，所以煤块一直加速到右端，设需t1时间到右端得：

t1时间内皮带位移：s皮=v0t1=4×m=6m
△s=s皮-L=6-2.25m=3.75m
（2）煤块滑上平板时速度 v1=3m/s，a1=2m/s
两者速度相等有：v共=v1-a1t0=a2t0
解得 a2=1m/s2
v共=1m/s
对平板由牛顿第二定律：F+μ1mg-μ2（M+m）g=Ma2
解得：μ2=0.3
（3）由于μ2＞μ1，共速后煤块将以a1匀减速到停止，而平板以a3匀减速
对平板由牛顿第二定律：μ1mg-μ2（M+m）g=Ma3
得 a3=-m/s2

全过程平板位移：

解得 s板=m
全过程煤块位移：s煤=m
所以板长 l=s煤-s板≈1.6m

【点睛】本题考查了动力学中的多过程问题，解决本题的关键理清煤块、传送带、平板在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解。

16.一光滑绝缘细直长杆处于静电场中，沿细杆建立坐标轴x，以处的O点为电势零点，如图所示。细杆各处电场方向沿x轴正方向，其电场强度E随x的分布如图所示。细杆上套有可视为质点的带电环，质量为，电荷量为C.带电环受沿x轴正向的恒力的作用，从O点静止开始运动，求：

带电环在处的加速度；

带电环运动区间内的电势最低值；

带电环动能为时的位置；

带电环电势能是动能3倍时的电势能。

【答案】（1）（2）（3）或（4）

【解析】

（1）由图可知：，可知

带电环受到的电场力： N

带电环受到的合外力：

当时，

由得：

（2）因为沿电场线方向电势降低，所以当带电环沿x轴正方向运动到了最远处电势最低点。

由动能定理得：

解得

由图象可知：

（3）当时，带电环动能为，由

解得或

（4）带电环电势能是动能3倍的位置，即：：3

即

解得

处的电势能为

点睛：本题综合考查了带电圆环在电场中的运动和动能定理，解答此题的关键是根据图象建立电场强度随时间变化的函数表达式，并要求学生能理解和掌握电势能、电势的概念和计算。